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时间:2021-06-19
《2022版新教材高考数学一轮复习7函数的单调性与最值训练含解析新人教B版20210514260.doc》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、优选七 函数的单调性与最值(建议用时:45分钟)A组 全考点巩固练1.(多选题)下列各选项正确的有( )A.若x1,x2∈I,当x1<x2时,f(x1)<f(x2),则y=f(x)在I上是增函数B.函数y=x2在R上是增函数C.函数y=-在定义域上不是增函数D.函数y=x2的单调递减区间为(-∞,0]CD 解析:A中,没强调x1,x2是区间I上的任意两个数,故不正确;B中,y=x2在x≥0时是增函数,在x<0时是减函数,从而y=x2在整个定义域上不具有单调性,故不正确;C中,y=-在整个定义域内不具有单调性,故正确;D正确.2.下列函数中,在区间(0,
2、+∞)上单调递增的是( )A.y=ln(x+2)B.y=-C.y=xD.y=x+A 解析:函数y=ln(x+2)的增区间为(-2,+∞),所以在(0,+∞)上单调递增.3.若函数f(x)=x2-2x+m在[3,+∞)上的最小值为1,则实数m的值为( )A.-3B.-2C.-1D.1B 解析:因为f(x)=(x-1)2+m-1在[3,+∞)上单调递增,且f(x)在[3,+∞)上的最小值为1,所以f(3)=1,即22+m-1=1,m=-2.故选B.4.若函数f(x)=ax+1在R上单调递减,则函数g(x)=a(x2-4x+3)的单调递增区间是( )5/
3、5优选A.(2,+∞)B.(-∞,2)C.(4,+∞)D.(-∞,4)B 解析:因为f(x)=ax+1在R上单调递减,所以a<0.而g(x)=a(x2-4x+3)=a(x-2)2-a.因为a<0,所以g(x)的单调递增区间是(-∞,2).5.已知函数f(x)是定义在区间[0,+∞)上的函数,且在该区间上单调递增,则满足f(2x-1)<f的x的取值X围是( )A.B.C.D.D 解析:因为函数f(x)是定义在区间[0,+∞)上的增函数,且f(2x-1)<f,所以0≤2x-1<,解得≤x<.6.已知函数f(x)在R上单调递减,且a=33.1,b=π,c=l
4、n,则f(a),f(b),f(c)的大小关系为( )A.f(a)>f(b)>f(c)B.f(b)>f(c)>f(a)C.f(c)>f(a)>f(b)D.f(c)>f(b)>f(a)D 解析:因为a=33.1>30=1,0<b=π<0=1,c=ln<ln1=0,所以c<b<a.又因为函数f(x)在R上单调递减,所以f(c)>f(b)>f(a).故选D.7.若f(x)=在区间(-2,+∞)上单调递增,则实数a的取值X围是________.(-∞,3)解析:f(x)===1+,要使函数f(x)在区间(-2,+∞)上单调递增,需使a-3<0,解得a<3.5/5
5、优选8.若函数f(x)=(a-1)x+2在R上单调递增,则函数g(x)=a
6、x-2
7、的单调递减区间是________.(-∞,2]解析:因为f(x)在R上单调递增,所以a-1>0,即a>1,因此g(x)的单调递减区间就是y=
8、x-2
9、的单调递减区间(-∞,2].9.定义在R上的奇函数y=f(x)在(0,+∞)上单调递增,且f=0,则不等式f()>0的解集为________________.解析:由题意知,f=-f=0,f(x)在(-∞,0)上也单调递增,所以f()>f或f()>f,所以>或-<<0,解得010、知定义在R上的函数f(x)满足:①f(x+y)=f(x)+f(y)+1;②当x>0时,f(x)>-1.(1)求f(0)的值,并证明f(x)在R上是增函数;(2)若f(1)=1,解关于x的不等式f(x2+2x)+f(1-x)>4.解:(1)令x=y=0,得f(0)=-1.在R上任取x1>x2,则x1-x2>0,f(x1-x2)>-1.又f(x1)=f((x1-x2)+x2)=f(x1-x2)+f(x2)+1>f(x2),所以函数f(x)在R上是增函数.(2)由f(1)=1,得f(2)=3,f(3)=5.由f(x2+2x)+f(1-x)>4,得f(x2+x+11、1)>f(3).又函数f(x)在R上是增函数,故x2+x+1>3,解得x<-2或x>1.故原不等式的解集为{x12、x<-2或x>1}.B组 新高考培优练11.(2021·某某高三月考)已知函数f(x)=若f(a)=f(a+2),则f5/5优选的值是________.2解析:由x≥2时,f(x)=-2x+8是减函数可知,当a≥2,则f(a)≠f(a+2),所以013、x1≠x2时,有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)<0恒成立.若f(3x+
10、知定义在R上的函数f(x)满足:①f(x+y)=f(x)+f(y)+1;②当x>0时,f(x)>-1.(1)求f(0)的值,并证明f(x)在R上是增函数;(2)若f(1)=1,解关于x的不等式f(x2+2x)+f(1-x)>4.解:(1)令x=y=0,得f(0)=-1.在R上任取x1>x2,则x1-x2>0,f(x1-x2)>-1.又f(x1)=f((x1-x2)+x2)=f(x1-x2)+f(x2)+1>f(x2),所以函数f(x)在R上是增函数.(2)由f(1)=1,得f(2)=3,f(3)=5.由f(x2+2x)+f(1-x)>4,得f(x2+x+
11、1)>f(3).又函数f(x)在R上是增函数,故x2+x+1>3,解得x<-2或x>1.故原不等式的解集为{x
12、x<-2或x>1}.B组 新高考培优练11.(2021·某某高三月考)已知函数f(x)=若f(a)=f(a+2),则f5/5优选的值是________.2解析:由x≥2时,f(x)=-2x+8是减函数可知,当a≥2,则f(a)≠f(a+2),所以013、x1≠x2时,有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)<0恒成立.若f(3x+
13、x1≠x2时,有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)<0恒成立.若f(3x+
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